《高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题及详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题及详细答案.docx（36页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题及详细答案一、高中化学物质的量1 为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（ 1）等质量的 O2 和 O3 所含分子的物质的量之比为 _。（ 2）等温等压下，等体积的 O2 和 O3 所含分子个数比为 _，质量比为 _。（3）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 cg 氧气在标准状况下的体积约是_( 用含 a、 b、 c、NA 的式子表示 ) 。（4）实验室需要配制100mL1mol / L 的 NaOH 溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托盘
2、天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH 固体的质量：_g。取出 50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。A. 称量时砝码已经生锈B. 定容时仰视C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D. 定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线22.4bc【答案】 3： 21：12：3L100mL 容量瓶 4. 01mol/ L Aa N A【解析】【详解】（1）根据nm23可知，等质量的O 和 O 的物质的量之比为Mn(O 2 ) : n(O 3 )1 :13: 2，所含分子的物质的量之比为3：2。
3、3248（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（ R 为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（ NA 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nM可知， O2 和 O3 的质量比为2： 3。（3）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 ag 氧气的物质的量 nNb，摩尔质量MmagaN A g gmol 1N AN Anbb，即当氧气为 cg，物质molN Amcgbc22.4bc的量 nMaN A1aN A mol，在标准状况下的体积VnVmL。g gmolaN Ab（4）实验室需要配制100mL1mol / L 的 N
4、aOH 溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL 容量瓶 。需要 NaOH 固体的质量 mnMcVM 100mL1mol gL 140ggmol 14g 。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol / L。A. 称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B. 定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；D. 定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
5、答案为 A。【点睛】根据 cn和溶液的体可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量V积 V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若n 比理论值小，或V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。2 现有含有少量 NaCl、 Na2SO4、 Na2CO3 等杂质的 NaNO3 溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的 NaNO3 固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀 A 的主要成分是 _、 _（填化学式）。(2) 中均进行的分离操作是_。(3)溶液 3
6、 经过处理可以得到NaNO3 固体，溶液3 中肯定含有的杂质是 _，为了除去杂质，可向溶液 3 中加入适量的 _。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol?L-1 的HNO3 溶液，但是在实验室中只发现一瓶 8 mol?L -1 的 HNO-1 的 HNO3 溶液，该小组用 8mol?L3 溶液配制所需溶液。实验中所需的玻璃仪器包括_、 _mL 量筒、烧杯、 _、胶头滴管等。该实验中需要量取 8mol?L-1 的 HNO3 溶液 _mL。下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A 取用 8mol?L-1 的 HNO3 溶液溶液时仰视量筒刻度线B 量取用的量筒水洗后未进行任何
7、操作C 8mol?L-1 的 HNO3 溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D 定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】 BaSO43过滤233容量瓶100 玻璃棒 62.5 ACBaCONa COHNO 500mL【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成 BaSO4、BaCO3 沉淀，然后在滤液中加入过量的 AgNO3，使 Cl-全部转化为AgCl 沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、 Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入稀 HNO3，最后进
8、行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】（1）加入过量的Ba(NO3 )2， Na2SO4、 Na2CO3 和 Ba(NO3)2 反应生成 BaSO4、 BaCO3 沉淀，故答案为： BaSO4； BaCO3；（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液 3 为 NaNO323323和 Na CO 的混合物，加入稀HNO ，可除去Na CO ，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na233CO；HNO ；（4）实验室只有 500mL 的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量 8mol/L 的 HNO3 溶液倒在烧杯中加水
9、溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、 100mL 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取 8 mol?L -1 的HNO-1-3-1-33溶液 VmL，则 8 mol?L V 10L=1 mol?L 500 10L，解得： V=62.5mL，故答案为：62.5 ；A取 8mol?L-1 的 HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A 正确；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体
10、积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故 B 错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C 正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D 错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故故答案为 AC。E 错误；3 （ 1）在 Na2SO4 和 Al2(SO4)3 的混合溶液中，测得Al3-10.3浓度为 0.1mol L，加入等体积-1 的 BaCl2溶液恰好使42- 完全沉淀，则混合溶液中Na 的浓度为 _ 。mol LSO（2）将-1的 K2 4-1的 Al24 30.1mol L溶液、 0.2
11、molL溶液和纯水混合，要使混合液中KSO(SO )、32-1-1-1，则K2SO4溶液、 Al2(SO4)3 溶Al、 SO4 的浓度分别为0.1mol L 、0.1mol L、0.2mol L液、纯水三者的体积比_。(忽略体积的变化 )【答案】-12： 1： 10.3mol L【解析】【详解】(1)设混合溶液体积为1 L。 n(Al31L0.1 mol ， n(SO2) cV0.1 mol L 1) n(Ba) 0.31 1 L 0.3 mol 。由电荷守恒可得：3n(Al3)mol L) n(Na)2n(SO)，所以 n(Na2n(SO)3n(Al3 0.3 mol L)2 0.3 mo
12、l 3 0.1 mol0.3 mol ， c(Na ) 1-1；，故答案为： 0.3mol L(2)设 K2SO4溶液、 Al2(SO4)3 溶液、纯水三者的体积分别是xL、 yL、 zL，则 0.2x 0.1 (xyz)、0.4y 0.1 (xy z)、 0.1x0.6y 0.2(x yz)，解得 x 2y 2z，所以 K2SO4 溶液、Al2 (SO4)3 溶液、纯水三者的体积比为2 1 1，故答案为： 2 1 1。4 氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐酸的物质的量浓度是-_ mol L
13、1。（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1molL-1 的稀盐酸。请回答下列问题：通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸_ mL。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_。若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）A量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制_。B转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_。C定容时俯视容量瓶的刻度线_。（）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知： MnO2+ 4HCl(浓 )222MnCl+ Cl + 2H O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙
14、。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_。（2）上述装置中，甲由 A、 B 两部分组成，乙由C、 D、 E 三部分组成，丙由 F、 G 两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_。（3）利用（ 2）中实验装置进行实验，实验中若用-1的浓盐酸 200 mL 与足量二氧12 mol L化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol ，其可能的主要原因是 _（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。（）已知 HClO 的杀菌能力比 ClO-强。
15、 25时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中 Cl2、HClO 和 ClO-的物质的量分数（ a）随 pH 变化的关系如图所示。由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH 范围是 _，当 pH=7.5 时，氯水中含氯元素的微粒有 _。【答案】 11.6 8.6 胶头滴管、 100 mL 容量瓶偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的 Ca（ ClO） 2 少于 0.3mol 2 6HClO、 ClO-、 Cl-【解析】【分析】（ ） (1)根据 c=1000计算浓度；M(2)配制一定物质的量浓度
16、的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；（ ） (1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】（ ） (1)根据 c= 1000计算盐酸的浓度，有M10001.1636.5%mol / L 11.6mol / L ；c=36.5(2) 根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积V= 0.1L 1mol / L0.0086L 8.6mL ；11.6mol / L 量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL 容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL 容量瓶，胶头滴管；A 、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时
17、间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；（ ） (1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；(2)F 装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B 装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为F B E；(3)MnO 2 只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO 2 反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，
18、稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2 少于 0.3mol ；( )HClO 的杀菌能力比 ClO-强，所以 HClO 的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH 最好为 2 6 之间；当 pH=7.5 时，根据图像，氯水中没有以及与Cl2，韩律的微粒有 HClO、 ClO水反应生成的 Cl 。【点睛】( )第二小问是易错点，很容易忽略-；不要忘记， Cl22生ClH OHCl HClO，有 Cl成。5 .如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_（填代表装置图的字母）
19、；（2）分离 CCl110.6）的液体混合物，可选择装置4（沸点为 76.75）和甲苯（沸点为A，该分离方法的名称为 _，装置 A 中的名称是 _。（3）实验室用 B 装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在 _（填 “上层 ”或“下层 ”）液体中，该层溶液颜色为_，该装置在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_。 .用胆矾晶体（ CuSO4 5H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4 溶液 240mL，回答下列问题：（1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出： _。（2）请写出该实
20、验的简要的实验步骤：计算称量胆矾 _g溶解转移（3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是洗涤并转移_。定容摇匀【答案】 D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL 容量瓶25转移溶液时，应用玻璃棒引流【解析】【分析】 . （ 1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离；（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法；（3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴；. （ 1）实验室没有 240mL 容量瓶，用胆矾晶体（C
21、uSO5H O）配制 0.40mol/L的 CuSO424溶液 240mL 时，应选用 250mL 容量瓶；（ 2）先计算 250mL0.40mol/L 的 CuSO4 溶液中硫酸铜的物质的量，再计算胆矾的质量；（ 3）转移溶液时，应用玻璃棒引流。【详解】.（ 1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发， D 为蒸发装置，故答案为： D；（ 2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法，四氯化碳和甲苯的沸点不同，用蒸馏的方法分离， A 为蒸馏装置，装置 A 中 的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏；冷凝管；（ 3） B 为萃取分液装置，碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶
22、解度，笨的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴，故答案为：上层；紫红色；打开分液漏斗的上口活塞；.1240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO424（ ）实验室没有5H O）配制 0.40mol/L的 CuSO 溶液 240mL 时，应选用 250mL 容量瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：250mL 容量瓶；（2） 250mL0.40mol/L的 CuSO4 溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L 0.40mol/L=0
23、.1mol ，则称量胆矾的质量为0.1mol 250g/mol=25g ，故答案为： 25g；（ 3）由题给图示可知，图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流，故答案为：转移溶液时，应用玻璃棒引流。【点睛】实验室没有240mL 容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4 溶液240mL 时，应选用250mi 容量瓶是解答易错点。6 根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁酸钠 (Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是_。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3 胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：_ 。(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠
24、，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4 和氢气。写出该反应的化学方程式_，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是_（填化学式），若制得22.4L(折算为标准状况下 )钠蒸气，转移电子的数目为 _ 。(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙Ca(ClO)2 ，有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取A g 漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2 至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2 +H2O=CaCO3 +2HClO，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol
25、 ，则该漂白粉中有效成分的质量分数为_%（用含 A、 K 的式子表示）。【答案】 166g/mol 4FeO 42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体 )+8OH-+3O23 42A24 7150K3Fe+4NaOH=4Na +FeO +2H NaOH 2N 或 1.204 10A【解析】【分析】(1)摩尔质量以 g/mol 为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)由题意可知， Fe 与 NaOH 在高温条件下生成式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是Na 蒸气、 Fe3O4 和 H2，配平书写化学方程NaOH；反应中Na、 H 元
26、素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na 元素、H 元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据 HClO 的量计算Ca(ClO)2 的质量，再根据质量分数的定义式计算。【详解】(1)Na2FeO4 的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol 。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3 胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：2-4FeO4+10H2O=4Fe(OH)3 (胶体 )+8OH+3O2；(2)由题意可知， Fe 与 NaOH 在高温条件下生成Na 蒸气、 Fe3O4 和 H2，反应方程式为：3Fe+4NaOH4Na+Fe O +2H ，反应中属于电解质但不属于氧化物
27、的物质是342NaOH，Na 的物质的量 n(Na)=224L 22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为1n(e-)=1mol 1+0.5mol 2=2mol，则转移电子数目1mol =0.5mol，故转移电子的物质的量2-A (6.0223-1)=1.20424；N(e )=2mol N/mol=2molmol10 10(3)由 Ca(ClO) +CO +H O=CaCO +2HClO可知， nCa(ClO) =n(HClO)= Kmol=0.5Kmol，222321122则该漂白粉中有效成分的质量分数0.5Kmol143g / mol7150K%。Ag 100%=A【点睛】本题
28、考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。7 某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4 和 NH4 Cl 3 种固体原料的物质的量之比为 1:4:8。(1) 配制该营养液后 c(NH4 +)=0.016 mol L-1，溶液 c(K+ )=_。(2) 若采用 (NH4)2SO4 和 KCl 来配制该营养液，则 (NH4)2SO4 和 KCl物质的量之比为 _从 1L 1 mol L-1 氢氧化钠溶液中取出 100 mL：(1)取出的这 100 mL 氢氧化钠
29、溶液的物质的量浓度是_。若将取出的这 100 mL 氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL，所得溶液的物质的量浓度是_。某学生计划用 12 mol L-1的浓盐酸配制0.1 mol L-1的稀盐酸450 mL，回答下列问题：(2)实验过程中，不必使用的是_(填字母 )。A 托盘天平B 量筒C 容量瓶D 250 mL 烧杯E.胶头滴管F.500 mL试剂瓶(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是_。(4)量取浓盐酸的体积为 _ mL，应选用的量筒规格为_(提供 10.0 mL、 25.0 mL)。(5)配制时应选用的容量瓶规格为_。(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高 ”
30、“偏低 ”或 “无影响”）。定容时俯视刻度线_加蒸馏水时不慎超过了刻度_,此时应如何处理_。【答案】 0.018mol/L 4:91mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高偏低 重新配制【解析】【分析】由配制营养液的KCl、 K2SO4 和 NH4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，溶液中K+和 NH4+的物质的量比为（1+2 4）： 8=9:8，由 K+和 NH4+的物质的量比计算可得；溶液是均匀的，从 1L 1 mol L-1 氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量
31、浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和 500 mL 试剂瓶。【详解】（ 1）由配制营养液的KCl、K SO 和 NHCl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，244溶液中 K+和 NH4+的物质的量比为（ 1+2 4）： 8=9:8，若营养液中c(NH4+)为 0.016 mol L-1， n（ K+）： n（ NH4+） =c（ K+）： c（ NH4+） =9:8，则 c（ K+） =90.016 mol / L=0.018mol/L ，故8答案为： 0.018mol/L
32、；（2）设 (NH4)2SO4 的物质的量为x， KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中 K+、 NH4+的物质的量比为 9:8 可得 y： 2x=9:8，则 x： y=4： 9，故答案为：4： 9；（ 1）溶液是均匀的，从1L 1 mol L-1 氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 mL 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L ；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL 1mol/L=500mL c，解得 c=0.2mol/L ，故答案为：1mol/L ； 0.2mol/L ；（2）配置一
33、定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和 500 mL 试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A；（ 3）由（ 2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（ 4）设量取浓盐酸的体积是 Vml，由稀释定律可知稀释前后HCl 物质的量不变，则有12mol/L V 10 3L=0.10mol/L 0.5L，解得 V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL 量筒量取4.2ml 浓盐酸，故答案为：4.2ml ； 10.0mL；（5）实验室没有450mL 的容量瓶，
34、则配制0.1 mol L-1 的稀盐酸450 mL 应选用 500mL 的容量瓶，故答案为： 500 mL；（ 6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。8 按要求完成下列各小题（1）在同温同压下，相同质量的N2 和 H2S 气体的体积比为 _。（2） 0.8molCO 和 0.4molCO2 中电子数目之比为 _，含有氧原子物质的量之比为_，相同条件下两物质的密度之比为 _。（ 3）在含有 Cu2 、 H 、 Fe2 、 Al3 、Br 、Cl 的溶液中，还原性最弱的阴离子是 _，氧化性最强的离子是 _，既有氧化性又有还原性的离子是 _。（ 4）除去 Na2SO4 中的 Na2CO3 所加试剂 _，离子方程式 _。【答案】 17：14 14： 11 1：1 7： 11 Cl- Cu2+ Fe2+ 稀 H2SO4 CO32-+2H+=CO2 +H2O 【解析】【分析】根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如 Na2SO4 中的 Na2CO3 目的是除去 CO32-离子，所以选择 H2 S